Κλάσματα πολυώνυμων

Al.Koutsouridis · #1

Να βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς

, για τους οποίους υπάρχουν πολυώνυμα μιας μεταβλητής

και

, τέτοια ώστε η ισότητα

$\dfrac{P(x)}{Q(x)} - \dfrac{P(x+d)}{Q(x+d)} = \dfrac{1}{x(x+1)}$

να ισχύει για όλες τις τιμές του

εκτός από πεπερασμένο αριθμό.

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #2

Χωρίς καμία ιδιαίτερη επιβάρυνση η μελέτη του προβλήματος μπορεί να γίνει γενικότερα για πολυώνυμα με συντελεστές από ένα σώμα $\mathbb{K}$ χαρακτηριστικής ίσης με το μηδέν.
Μπορούμε να θεωρούμε ότι $\mathbb{Q}\subseteq\mathbb{K}$

ΣΥΝΤΟΜΗ ΑΠΑΝΤΗΣΗ
$\#1.$ Παρατηρούμε ότι για d=0

η ζητούμενη ισότητα είναι αδύνατη.
$\#2.$ Για $d\ne\frac{1}{n}$ όπου $n\in\mathbb{Z}^*$ δεν υπάρχουν τα πολυώνυμα P,Q

$\#3.$ Για $d=\frac{1}{n}$ όπου $n\in\mathbb{Z}^*$ τα πολυώνυμα υπάρχουν

ΑΠΟΔΕΙΞΗ του $\#2.$

Εστω $d\ne0,\frac{1}{n}$ όπου $n\in\mathbb{Z}^*$
Έστω ότι υπάρχουν πολυώνυμα P,Q

με $Q\ne0$ ώστε να ισχύει η προτεινόμενη σχέση.
Μπορούμε να υποθέσουμε ότι τα P,Q

δεν έχουν κοινό διαιρέτη (ο $\mathbb{K}[X]$ είναι δακτύλιος μονοσήμαντης ανάλυσης), οπότε μεταξύ άλλων δεν έχουν κοινές ρίζες.

Η προτεινόμενη σχέση γράφεται ισοδύναμα
$\color{blue}[P(x)Q(x+d)-P(x+d)Q(x)]x(x+1)=Q(x)Q(x+d)$ $\color{red}(*)$

Επειδή το

είναι ανάγωγο άρα και πρώτο στοιχείο στον δακτύλιο $\mathbb{K}[X]$ (επειδή ο $\mathbb{K}[X]$ είναι δακτύλιος μονοσήμαντης ανάλυσης οι έννοιες ανάγωγο και πρώτο στοιχείο ταυτίζονται) και διαιρεί το δεύτερο μέλος της $\color{red}(*)$ θα υπάρχουν δυο εκδοχές που αμφότερες οδηγούν σε άτοπο:
ΕΚΔΟΧΗ #1. x|Q(x)

ΕΚΔΟΧΗ #2. x|Q(x+d)

ΕΚΔΟΧΗ #1.
Για $n\in\mathbb{N}^*$ ορίζουμε $f_n(x)=x\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(x+kd)$
Θα οδηγηθούμε εις άτοπον δείχνοντας επαγωγικά ότι f_n(x)|Q(x)

για κάθε $n\in\mathbb{N}^*$
$\bullet$ Επειδή x|Q(x)

γράφουμε $Q(x)=x\tilde{Q}(x)$
Ξαναγράφοντας την $\color{red}(*)$ και διαγράφοντας τον παράγοντα

κατά μέλη λαμβάνουμε
$[P(x)(x+d)\tilde{Q}(x+d)-P(x+d)x\tilde{Q}(x)](x+1)=(x+d)\tilde{Q}(x)\tilde{Q}(x+d)$
Για x=-d

η τελευταία γίνεται $P(0) d \tilde{Q} (-d) (-d+1)=0$ οπότε επειδή $P(0)\ne0$ θα πρέπει $\tilde{Q}(-d)=0$ και συνεπώς $(x+d)|\tilde{Q}(x)$
Έτσι έχουμε αποδείξει το ζητούμενο για n=1

$\bullet$ Υποθέτουμε ότι το ζητούμενο ισχύει για $n\in\mathbb{N}^*$
οπότε $Q(x)=f_n(x)\tilde{Q}(x)$
και με αυτό ξαναγράφουμε την $\color{red}(*)$
$[P(x)f_n(x+d)\tilde{Q}(x+d)-P(x+d)f_n(x)\tilde{Q}(x)]x(x+1)$ $=f_n(x)f_n(x+d)\tilde{Q}(x)\tilde{Q}(x+d)$
Παρατηρούμε ότι το -(n+1)d

είναι ρίζα του f_n(x+d)

Θέτοντας στην τελευταία σχέση x=-(n+1)d

έχουμε
$-P(-nd)f_n(-(n+1)d)\tilde{Q}(-(n+1)d)(-(n+1)d)(1-(n+1)d)=0$
και επειδή $P(-nd),d,1-(n+1)d\ne0$ βρίσκουμε $\tilde{Q}(-(n+1)d)=0$
και συνεπώς $f_{n+1}(x)|Q(x)$
Έτσι έχουμε αποδείξει το ζητούμενο για n+1

ΕΚΔΟΧΗ #2.

Για $n\in\mathbb{N}^*$ ορίζουμε $h_n(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(x-kd)$
Θα οδηγηθούμε εις άτοπον δείχνοντας επαγωγικά ότι
h_n(x)|Q(x)

για κάθε $n\in\mathbb{N}^*$
$\bullet$ Επειδή x|Q(x+d)

γράφουμε $Q(x)=(x-d)\tilde{Q}(x)$ οπότε για n=1

ισχύει

$\bullet$ Υποθέτουμε ότι το ζητούμενο ισχύει για $n\in\mathbb{N}^*$ οπότε $Q(x)=h_n(x)\tilde{Q}(x)$
και η προτεινόμενη σχέση γράφεται
$[P(x)h_n(x+d)\tilde{Q}(x+d)-P(x+d)h_n(x)\tilde{Q}(x)]x(x+1)$ $=h_n(x)h_n(x+d)\tilde{Q}(x)\tilde{Q}(x+d)$

θέτοντας x=n d

στην τελευταία σχέση έχουμε

$P(nd)h_n((n+1)d)\tilde{Q}((n+1)d)nd(nd+1)=0$
και επειδή $P(nd),h_n((n+1)d),n,d,nd+1\ne0$ θα έχουμε $\tilde{Q}((n+1)d)=0$
οπότε $h_{n+1}(x)|Q(x)$
Έτσι έχουμε αποδείξει το ζητούμενο για n+1

ΑΠΟΔΕΙΞΗ του $\#3.$

Επειδή $\frac{1}{x(x+1)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$

Για d=1

αρκεί να θεωρήσουμε P(x)=1

,

Για

αρκεί να θεωρήσουμε P(x)=1

,

$\color{red}\bullet$ Για $d=\frac{1}{n}$ με $n\in\mathbb{Z}_{\color{red}+}-\{0,\pm1\}$ θεωρούμε
$Q(x)=x \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1} (x+\frac{k}{n})$
και παρατηρούμε ότι $Q(x+\frac{1}{n})=(x+1)\frac{Q(x)}{x}$

Αντικαθιστώντας στην $\color{red}(*)$ βρίσκούμε
$P(x)(x+1)-xP(x+\frac{1}{n})=\frac{Q(x)}{x}$ (Σ)
Αρκεί να προσδιορίσουμε ένα πολυώνυμο

που να ικανοποιεί τη (Σ)
Θα πρέπει $P(-\frac{k}{n})=\begin{cases}\frac{(n-1)!}{n^{n-1}}&, k=0\\-\frac{k}{n-k}P(-\frac{k-1}{n})&,1 \le k \le n-1,\ k\in\mathbb{Z}\end{cases}$ $\color{red}(**)$

Θεωρούμε $\tilde{P}$ το μοναδικό πολυώνυμο βαθμού το πολύ n-1

με τιμές που να περιγράφονται από την $\color{red}(**)$ (https://en.wikipedia.org/wiki/Polynomial_interpolation)
Παρατηρώντας ότι τα πολυώνυμα $\tilde{P}(x)(x+1)-x\tilde{P}(x+\frac{1}{n})$ και $\frac{Q(x)}{x}$
είναι αμφότερα βαθμού το πολύ n-1

και έχουν την ίδια τιμή στα $x=-\frac{k}{n}$ με $k\in\mathbb{Z}$ με $0 \le k \le n-1$
συμπεραίνουμε ότι θα είναι ίσα.
Κατά συνέπεια το πολυώνυμο $\tilde{P}$ θα ικανοποιεί την πολυωνυμική ισότητα (Σ).

$\color{red}\bullet$ Για $d=\frac{1}{n}$ με $n\in\mathbb{Z}-\{0,\pm1\}$ και n<0

θεωρούμε
$Q(x)=\displaystyle \prod_{k=1}^{|n|}(x-\frac{k}{n})$
και παρατηρούμε ότι $Q(x+\frac{1}{n})=\frac{xQ(x)}{x+1}$

Αντικαθιστώντας στην $\color{red}(*)$ βρίσκούμε
$xP(x)-P(x+\frac{1}{n})(x+1)=\frac{Q(x)}{x+1}$ (Σ2)
Αρκεί να προσδιορίσουμε ένα πολυώνυμο

που να ικανοποιεί τη (Σ2)
Θα πρέπει $P(\frac{k}{n})=\begin{cases}\frac{(-1)^{n+1} |n|!}{n^{|n|}}&, k=1\\ \frac{k-1}{k+n-1}P(\frac{k-1}{n})&,2 \le k \le |n|,\ k\in\mathbb{Z}\end{cases}$ $\color{red}(***)$

Θεωρούμε $\tilde{P}_2$ το μοναδικό πολυώνυμο βαθμού το πολύ |n|-1

με τιμές που να περιγράφονται από την $\color{red}(***)$
Παρατηρώντας ότι τα πολυώνυμα $x\tilde{P}_2(x)-\tilde{P}_2(x+\frac{1}{n})(x+1)$ και $\frac{Q(x)}{x+1}$
είναι αμφότερα βαθμού το πολύ |n|-1

και έχουν την ίδια τιμή στα $x=\frac{k}{n}$ με $k\in\mathbb{Z}$ με $1 \le k \le |n|$
συμπεραίνουμε ότι θα είναι ίσα.
Κατά συνέπεια το πολυώνυμο $\tilde{P}_2$ θα ικανοποιεί την πολυωνυμική ισότητα (Σ2).

Σε αυτό το σημείο η άσκηση εχει ολοκληρωθεί $\blacksquare$

Edit:
Η περίπτωση $d=\frac{1}{n}$ , με

αρνητικό ακέραιο μικρότερο ή ίσο του

ήταν λανθασμένη. Προστέθηκε η διορθωμένη εκδοχή της, ενώ η περίπτωση $d=\frac{1}{n}$ , με

θετικό ακέραιο μεγαλύτερο ή ίσο του

έμεινε ως έχει (με τη διαφορά ότι το |n|

απλοποιήθηκε σε

)

Al.Koutsouridis · #3

Θα ήθελα να ευχαριστήσω τον Ιάσωνα για την λύση και το χρόνο του. Για την ιστορία η άσκηση είναι από την ολυμπιάδα "Υψηλά πρότυπα" για το έτος 2021/22, του πανεπιστημίου Ανώτατη Σχολή Οικονομικών (Ρωσία).

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 12, 2024 4:30 pm
Θα ήθελα να ευχαριστήσω τον Ιάσωνα για την λύση και το χρόνο του. Για την ιστορία η άσκηση είναι από την ολυμπιάδα "Υψηλά πρότυπα" για το έτος 2021/22, του πανεπιστημίου Ανώτατη Σχολή Οικονομικών (Ρωσία).

Ενδιαφέρον, δεδομένου ότι το 2006 σε τεστ επιλογής της Βουλγαρίας για την Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα τέθηκε το εξής θέμα:

Να βρεθούν τα πολυώνυμα $\displaystyle{P,Q\in \mathbb{R}[x]}$ , για τα οποία ισχύει

$\displaystyle{\frac{P(x)}{Q(x)}-\frac{P(x+1)}{Q(x+1)}=\frac{1}{x(x+2)}}$

για άπειρες τιμές του $\displaystyle{x}$ .

Κλάσματα πολυώνυμων

Κλάσματα πολυώνυμων

Re: Κλάσματα πολυώνυμων

Re: Κλάσματα πολυώνυμων

Re: Κλάσματα πολυώνυμων

Μέλη σε σύνδεση